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  • 2021-06-16 发布

【数学】2019届一轮复习人教A版大题冲关系列五立体几何的综合问题学案

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立体几何的综合问题 命题动向:从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重 点,约占整个试卷的 13%,通常以一大一小的模式命题,以中、低档 难度为主.三视图、简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关 系的判定与证明以及空间向量与空间角(特别是二面角)的计算是考查 的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式 加以考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算 的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终. 题型 1 空间点、线、面的位置关系 例 1  [2017·北京高考]如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥AB, PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D 为线段 AC 的中点,E 为线 段 PC 上一点. (1)求证:PA⊥BD; (2)求证:平面 BDE⊥平面 PAC; (3)当 PA∥平面 BDE 时,求三棱锥 E-BCD 的体积. 解题视点 (1)根据线面垂直的判定定理即可证明;(2)由等腰三 角形性质和(1)问结论证线面垂直,再由面面垂直判定定理即可证明; (3)关键是先由直线与平面平行的性质定理证线线平行,再由线面垂 直的结论证三棱锥的高. 解 (1)证明:因为 PA⊥AB,PA⊥BC,所以 PA⊥平面 ABC. 又因为 BD⊂平面 ABC,所以 PA⊥BD. (2)证明:因为 AB=BC,D 为 AC 的中点,所以 BD⊥AC. 由(1)知,PA⊥BD, 所以 BD⊥平面 PAC,又 BD⊂平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 PAC. (3)因为 PA∥平面 BDE,平面 PAC∩平面 BDE=DE, 所以 PA∥DE. 因为 D 为 AC 的中点,所以 DE=1 2 PA=1,BD=DC= 2. 由(1)知,PA⊥平面 ABC,所以 DE⊥平面 ABC, 所以三棱锥 E-BCD 的体积 V=1 6 BD·DC·DE= 1 3 . 冲关策略 立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的,即一条 直线垂直于另一条直线所在的平面,根据直线和平面垂直的定义,从 而得到这两条直线垂直.解决这类问题要运用转化策略,特别要注意 面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直,在一个平面内垂直于 它们交线的直线垂直于另一个平面”,这是立体几何中“作一个平面 的垂线”的主要依据. 变式训练 1 [2015·江苏高考]如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AC⊥ BC,BC=CC1,设 AB1 的中点为 D,B1C∩BC1=E. 求证:(1)DE∥平面 AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 证明 (1)由题意知,E 为 B1C 的中点, 又 D 为 AB1 的中点,因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C,AC⊂平面 AA1C1C, 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱, 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC, 所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC,CC1⊂平面 BCC1B1, BC⊂平面 BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1,所以 BC1⊥AC. 因为 BC=CC1,所以矩形 BCC1B1 是正方形, 因此 BC1⊥B1C. 因为 AC,B1C⊂平面 B1AC,AC∩B1C=C, 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC,所以 BC1⊥AB1. 题型 2 平面图形的翻折问题 例 2  [2016·全国卷Ⅱ]如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF= 5 4 ,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置,OD′= 10. (1)证明:D′H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B-D′A-C 的正弦值. 解题视点 (1)利用线面垂直的判定定理进行证明;(2)建立空间 直角坐标系,利用向量法求解. 解 (1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD. 又由 AE=CF,得AE AD =CF CD ,故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD,从而 EF⊥D′H. 由 AB=5,AC=6,得 DO=BO= AB2-AO2=4. 由 EF∥AC,得OH DO =AE AD =1 4 . 所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 D′H2+OH2=32+12=10=D′O2, 故 D′H⊥OH.又 D′H⊥EF,而 OH∩EF=H, 所以 D′H⊥平面 ABCD. (2)如图,以 H 为坐标原点,HF → 的方向为 x 轴正方向,HD → 的方向 为 y 轴正方向,HD′→ 的方向为 z 轴正方向,建立空间直角坐标系 Hxyz. 则 H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0), D′(0,0,3),AB → =(3,-4,0),AC → =(6,0,0),AD ′→ =(3,1,3). 设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD′的法向量, 则Error!即Error! 所以可取 m=(4,3,-5). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 ACD′的法向量, 则Error!即Error! 所以可取 n=(0,-3,1). 于是 cos〈m,n〉= m·n |m||n| = -14 50 × 10 =-7 5 25 , 所以 sin〈m,n〉=2 95 25 . 因此二面角 B-D′A-C 的正弦值是2 95 25 . 冲关策略 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变 量.一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住 不变量是解决问题的突破口. 变式训练 2 [2018·皖南八校联考]如图 1,在等腰梯形 PDCB 中,PB∥DC,PB =3,DC=1,∠DPB=45°,DA⊥PB 于点 A,将△PAD 沿 AD 折起, 构成如图 2 所示的四棱锥 P-ABCD,点 M 在棱 PB 上,且 PM= 1 2 MB. (1)求证:PD∥平面 MAC; (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD,求二面角 M-AC-B 的余弦 值. 解 (1)证明:连接 BD 交 AC 于点 N,连接 MN, 依题意知 AB∥CD,∴△ABN∽△CDN, ∴BN ND =BA CD =2,∵PM=1 2 MB, ∴BN ND =BM MP =2,∴在△BPD 中,MN∥PD, 又 PD⊄平面 MAC,MN⊂平面 MAC. ∴PD∥平面 MAC. (2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PA ⊥AD,PA⊂平面 PAD,∴PA⊥平面 ABCD,又 AB⊂平面 ABCD∴ PA⊥AB,又 AD⊥AB,∴PA,AD,AB 两两垂直,以 A 为坐标原 点,分别以AD → ,AB → ,AP → 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,如图所示. ∵AP=AD=1,AB=2,且 PM=1 2 MB, ∴A(0,0,0),B(0,2,0),P(0,0,1),M(0,2 3 ,2 3),C(1,1,0), ∴AP → =(0,0,1),AM → = (0,2 3 ,2 3),AC → =(1,1,0), ∵PA⊥平面 ABCD,∴n1=AP → =(0,0,1)为平面 ABC 的一个法向 量. 设平面 MAC 的法向量为 n2=(x,y,z), 则Error! ∴Error! 令 x=1,则 y=-1,z=1,∴n 2=(1,-1,1)为平面 MAC 的一 个法向量, ∴cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1||n2| = 1 1 × 3 = 3 3 , 易知二面角 M-AC-B 的平面角为锐角, ∴二面角 M-AC-B 的余弦值为 3 3 . 题型 3 向量法解决探索性问题 命题角度 1 探索性问题与平行相结合 例 3  [2016·北京高考]如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD ⊥平面 ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC= CD= 5. (1)求证:PD⊥平面 PAB; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值; (3)在棱 PA 上是否存在点 M,使得 BM∥平面 PCD?若存在,求 AM AP 的值;若不存在,说明理由. 解题视点 (1)欲证 PD⊥平面 PAB,只需在平面 PAB 内找两条相 交直线与 PD 垂直;(2)建立空间直角坐标系,求出直线 PB 的方向向 量与平面 PCD 的法向量,即可求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦 值;(3)假设在棱 PA 上存在点 M,使得 BM∥平面 PCD,利用直线 BM 的方向向量与平面 PCD 的法向量垂直,得参数所满足的方程,若能 求出参数的值,则说明存在,否则,不存在. 解 (1)证明:因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD =AD,AB⊂平面 ABCD,AB⊥AD,所以 AB⊥平面 PAD,所以 AB⊥ PD. 又因为 PA⊥PD,PA∩AB=A,所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O,连接 PO,CO. 因为 PA=PD,所以 PO⊥AD. 又因为 PO⊂平面 PAD,平面 PAD⊥平面 ABCD,所以 PO⊥平 面 ABCD. 因为 CO⊂平面 ABCD,所以 PO⊥CO. 因为 AC=CD,所以 CO⊥AD. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意,得 A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1), PD → =(0,-1,-1),PC → =(2,0,-1). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z), 则Error!即Error! 令 z=2,则 x=1,y=-2.所以 n=(1,-2,2). 又PB → =(1,1,-1),所以 cos〈n,PB → 〉= n·PB → |n||PB → | =- 3 3 . 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3 3 . (3)设 M 是棱 PA 上一点,则存在 λ∈[0,1]使得AM → =λAP → .因此点 M(0,1-λ,λ),BM → =(-1,-λ,λ). 因为 BM⊄平面 PCD,所以 BM∥平面 PCD 当且仅当BM → ·n=0, 即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得 λ=1 4 .所以在棱 PA 上存在一点 M 使得 BM∥平面 PCD,此时AM AP =1 4 . 冲关策略 利用向量法探究线面平行,只须将这条直线的方向向量用平面内 两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法 向量垂直来处理,再说明这条直线不在已知平面内. 命题角度 2 探索性问题与垂直相结合 例 4  [2018·湖北宜昌]如图所示,四边形 ABCD 是边长为 1 的 正方形,MD⊥平面 ABCD,NB⊥平面 ABCD,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点. (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值; (2)在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN?若存在, 求线段 AS 的长;若不存在,请说明理由. 解题视点 (1)由公式cosθ= |a·b| |a||b| ,求得异面直线所成角的余弦值; (2)设出空间点的坐标,利用向量垂直的坐标表示. 解 (1)如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意得 D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0), B(1,1,0),N(1,1,1),E( 1 2 ,1,0), 所以NE → = (-1 2 ,0,-1),AM → =(-1,0,1), 因为|cos〈NE → ,AM → 〉|= |NE → ·AM → | |NE → ||AM → | = 1 2 5 2 × 2 = 10 10 . 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2)假设在线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN. 连接 AE,ES,如图所示. 因为AN → =(0,1,1),可设AS → =λAN → =(0,λ,λ)(0≤λ≤1), 又EA → = ( 1 2 ,-1,0), 所以ES → =EA → +AS → = ( 1 2 ,λ-1,λ). 由 ES⊥平面 AMN, 得Error!即Error! 解得 λ=1 2 ,此时AS → = (0,1 2 ,1 2),|AS → |= 2 2 . 经检验,当 AS= 2 2 时,ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S,使得 ES⊥平面 AMN, 此时 AS= 2 2 . 冲关策略 利用向量法探究垂直问题,其一证明直线与直线垂直,只需证明 两条直线的方向向量垂直,其二证明面面垂直,只需证明两个平面的 法向量垂直,解题的关键是灵活建系,从而将几何证明转化为向量运 算. 命题角度 3 探索性问题与空间角相结合 例 5  如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AD∥ BC,AD⊥CD,且 AD=CD=2 2,BC=4 2,PA=2. (1)求证:AB⊥PC; (2)在线段 PD 上,是否存在一点 M,使得二面角 M-AC-D 的 大小为 45°,如果存在,求 BM 与平面 MAC 所成角的正弦值,如果 不存在,请说明理由. 解题视点 (1)利用几何图形的特点,将空间问题平面化后,找 出垂直关系,进行证明;(2)假设存在点 M,利用二面角 M-AC-D 的大小为 45°确定点 M 的位置,再利用平面 MAC 的法向量求线面 角. 解 (1)证明:如图,由已知得四边形 ABCD 是直角梯形, 由 AD=CD=2 2,BC=4 2,可得△ABC 是等腰直角三角形, 即 AB⊥AC, 因为 PA⊥平面 ABCD,AB⊂平面 ABCD,所以 PA⊥AB,又 PA∩AC =A, 所以 AB⊥平面 PAC,又 PC⊂平面 PAC, 所以 AB⊥PC. (2)取 BC 的中点 E,连结 AE,AE⊥BC. 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),C(2 2,2 2,0), D(0,2 2,0),P(0,0,2),B(22,-2 2,0),PD → =(0,2 2,-2),AC → = (2 2,2 2,0). 设PM → =tPD → (00,矛盾. ∴这样的点 P 不存在. 4.[2018·陕西模拟]在如图所示的多面体 ABCDEF 中,ABCD 为 正方形,底面 ABFE 为直角梯形,平面 ABCD⊥平面 ABFE,AE∥ BF,∠EAB=90°,AB=1 2 BF=1. (1)求证:DB⊥EC; (2)若 AE=AB,求二面角 C-EF-B 的余弦值. 解 (1)证明:因为底面 ABFE 为直角梯形,AE∥BF,∠EAB= 90°, 所以 AE⊥AB,BF⊥AB. 因为平面 ABCD⊥平面 ABFE,平面 ABCD∩平面 ABFE=AB, 所以 AE⊥平面 ABCD,BF⊥平面 ABCD, 所以 BF⊥BC. 设 AE=t,以 BA,BF,BC 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系, 则 B(0,0,0),C(0,0,1),D(1,0,1),E(1,t,0), 故DB → =(-1,0,-1),EC → =(-1,-t,1), 因为DB → ·EC → =(-1,0,-1)·(-1,-t,1)=1-1=0, 所以 DB⊥EC. (2)由(1)可知BC → =(0,0,1)是平面 BEF 的一个法向量,设 n=(x1, y1,z1)是平面 CEF 的法向量, 因为 AE=AB=1,所以 E(1,1,0),又 F(0,2,0), 故CE → =(1,1,-1),CF → =(0,2,-1). 由CE → ·n=(1,1,-1)·(x 1,y1,z1)=0 可得 x1+y1-z1=0, 由CF → ·n=(0,2,-1)·(x 1,y1,z1)=0 可得 2y1-z1=0, 令 z1=2,得 y1=1,x1=1,故 n=(1,1,2)为平面 CEF 的一个法向 量, 所以 cos〈n·BC → 〉= n·BC → |n||BC → | = 2 1 × 6 = 6 3 , 易知二面角 C-EF-B 的平面角为锐角, 所以二面角 C-EF-B 的余弦值为 6 3 . 5.[2018·长沙模拟]如图,已知四棱锥 S-ABCD,底面梯形 ABCD 中,BC∥AD,平面 SAB⊥平面 ABCD,△SAB 是等边三角形,已知 AC =2AB=4,BC=2AD=2DC=2 5. (1)求证:平面 SAB⊥平面 SAC; (2)求二面角 B-SC-A 的余弦值. 解 (1)证明:在△BCA 中,由于 AB=2,CA=4,BC=2 5, ∴AB2+AC2=BC2,故 AB⊥AC. 又平面 SAB⊥平面 ABCD,平面 SAB∩平面 ABCD=AB, AC⊂平面 ABCD,∴AC⊥平面 SAB, 又 AC⊂平面 SAC,故平面 SAC⊥平面 SAB. (2)如图,建立空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0), S(1,0, 3),C(0,4,0), CS → =(1,-4, 3), BC → =(-2,4,0), AC → = (0,4,0). 设平面 SBC 的法向量 n=(x1,y1,z1), Error!⇒Error! 令 y1=1,则 x1=2,z1=2 3 3 ,∴n= (2,1,2 3 3 ). 设平面 SCA 的法向量 m=(x2,y2,z2), Error!⇒Error!令 x2=- 3, ∴m=(- 3,0,1). ∴|cos〈n,m〉|=|n·m| |n||m| =2 19 19 , 易知二面角 B-SC-A 的平面角为锐角, ∴二面角 B-SC-A 的余弦值为2 19 19 . 6.如图 1,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥ DC,点 E 是 BC 边的中点,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平 面 BCD,连接 AE,AC,DE,得到如图 2 所示的几何体. (1)求证:AB⊥平面 ADC; (2)若 AD=1,二面角 C-AB-D 的平面角的正切值为 6,求二 面角 B-AD-E 的余弦值. 解 (1)证明:因为平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD =BD, 又 BD⊥DC,所以 DC⊥平面 ABD. 因为 AB⊂平面 ABD,所以 DC⊥AB. 又折叠前后均有 AD⊥AB,DC∩AD=D, 所以 AB⊥平面 ADC. (2)由(1)知 AB⊥平面 ADC,所以 AB⊥AC,又 AB⊥AD,所以二 面角 C-AB-D 的平面角为∠CAD. 又 DC⊥平面 ABD,AD⊂平面 ABD,所以 DC⊥AD. 依题意 tan∠CAD=CD AD = 6. 因为 AD=1,所以 CD= 6, 设 AB=x(x>0),则 BD= x2+1. 依题意△ABD∽△DCB,所以AB AD =CD BD ,即x 1 = 6 x2+1 . 又 x>0,解得 x= 2,故 AB= 2,BD= 3,BC= BD2+CD2= 3. 如图所示,建立空间直角坐标系 Dxyz,则 D(0,0,0),B( 3,0,0), C(0,6,0),E ( 3 2 , 6 2 ,0),A ( 3 3 ,0, 6 3 ),所以DE → = ( 3 2 , 6 2 ,0), DA → = ( 3 3 ,0, 6 3 ). 由(1)知平面 BAD 的一个法向量为 n=(0,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x,y,z), 由Error!得Error! 令 x= 6,得 y=- 3,z=- 3, 所以 m=( 6,- 3,- 3). 所以 cos〈n,m〉= n·m |n||m| =-1 2 . 由图可知二面角 B-AD-E 的平面角为锐角, 所以二面角 B-AD-E 的余弦值为1 2 . 7.[2018·泰安模拟]如图所示,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1 ⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1 =2. (1)若 M 为 CD 中点,求证:AM⊥平面 AA1B1B; (2)求直线 DD1 与平面 A1BD 所成角的正弦值. 解 (1)证明:四边形 ABCD 为菱形,∠BAD=120°,连接 AC, 如图,则△ACD 为等边三角形, 又 M 为 CD 的中点,∴AM⊥CD,由 CD∥AB 得,AM⊥AB, ∵AA1⊥底面 ABCD,AM⊂平面 ABCD,∴AM⊥AA1, 又 AB∩AA1=A, ∴AM⊥平面 AA1B1B. (2)∵四边形 ABCD 为菱形,∠BAD=120°,AB=AA 1=2A1B1= 2,∴DM=1,AM= 3,∴∠AMD=∠BAM=90°,又 AA 1⊥底面 ABCD, ∴以 AB,AM,AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图 所示的空间直角坐标系 Axyz, 则 A1(0,0,2),B(2,0,0),D(-1,3,0),D1(-1 2 , 3 2 ,2), ∴DD1 → = ( 1 2 ,- 3 2 ,2),BD → =(-3,3,0), A1B → =(2,0,-2), 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z), 则Error!⇒Error!⇒y= 3x= 3z,令 x=1,则 n=(1,3,1), ∴直线 DD1 与平面 A1BD 所成角 θ 的正弦值 sinθ=|cos〈n,DD1 → 〉|= | n·DD1 → |n||DD1 → ||=1 5 . 8.[2017·全国卷Ⅱ]如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等 边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=1 2 AD,∠BAD=∠ABC=90°, E 是 PD 的中点. (1)证明:直线 CE∥平面 PAB; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°,求 二面角 M-AB-D 的余弦值. 解 (1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF. 因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF=1 2 AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD, 又 BC=1 2 AD,所以 EF 綊 BC, 四边形 BCEF 是平行四边形,CE∥BF. 又 BF⊂平面 PAB,CE⊄平面 PAB,故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点,AB → 的方向为 x 轴正方 向,|AB → |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 3),PC → =(1,0,- 3),AB → = (1,0,0). 设 M(x,y,z)(0